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1.D      2.B       3.B      4.B      5.A

6.AB    7.ABD     8. BCD   9.ACD

10. （1）     

（2）^’

11. （1）3.0(2.6―3.4)                  

（2）如圖所示（2分）    a＝1/(2m)

（3）實驗前未平衡摩擦力          

12.（1）以滑板和運動員為研究對象，其受力如圖所示由共點力平衡條件可得

                   ①

                            ②

由①、②聯(lián)立，得

F =810N

(2)

得m/s

(3)水平牽引力的功率

P=Fv

=4050 W

13. （1）根據(jù)動能定理，主發(fā)動機在嫦娥一號衛(wèi)星進入地月轉(zhuǎn)移軌道過程中對衛(wèi)星做的功……………………………………………………………6分

（2）設(shè)“嫦娥一號衛(wèi)星”在圓軌道І上運動時距月球表面的高度為h，根據(jù)萬有引力定律和向心力公式有

……………4分

  解得：……………………………………………4分

（3）設(shè)“嫦娥一號衛(wèi)星”在近月點進行第一次制動后，在圓軌道І上運動的速度為u₁，則

    ………………………………………………………1分

    解得：…………………………………………………………1分

    設(shè)“嫦娥一號衛(wèi)星”在通過近月點脫離月球引力束縛飛離月球的速度為u₂，根據(jù)機械能守恒定律

    =0…………………………………………………………1分

    解得：u₂=………………………………………………………1分

    所以，“嫦娥一號衛(wèi)星”在近月點進行第一次制動后的速度u應(yīng)滿足的條件是:

……………………………………………2分

14. 解：（1）a =                             

Rsinθ= v₀t                            

R-Rcosθ=at²                                    

由以上三式得v₀ =        

（2）由（1）結(jié)論得粒子從A點出發(fā)時的動能為

m v₀² = =       

則經(jīng)過P點時的動能為

E_k=Eq(R-Rcosθ)+m v₀² = EqR (5-3cosθ)

可以看出，當(dāng)θ從0°變化到180°，接收屏上電荷的動能逐漸增大，因此D點接收到的電荷的末動能最小，C點接收到的電荷的末動能最大。    

最小動能為：

E_kD=Eq(R-Rcosθ)+m v_0D² = EqR (5-3cos60°) =  EqR    

最大動能為：

E_kC=Eq(R-Rcosθ)+m v_0C² = EqR (5-3cos120°) =  EqR  

15．解：（1）A與C間的摩擦力為

        (1分)

B與C間的摩擦力為

    (1分)

推力F從零逐漸增大，當(dāng)增大到100N時，物塊A開始向右移動壓縮彈簧（此時B仍然保持靜止），設(shè)壓縮量為x，則力   (1分)

當(dāng)x=0.5m時，力,此時B將緩慢地向右移動。（1分）

B移動0.5m后，B離開木板C的右端0.2m，A離開木板C端0.1m。（1分）

作出力F隨A位移的變化圖線如答圖6所示。（2分）

（2）在物塊B移動前，力F作用于物塊A，壓縮彈簧使彈簧儲存了彈性勢能E₀，物塊A移動了s=0.5m,此后物塊AB以相同的速度向右移動，彈簧儲存的彈性勢能不變。設(shè)物塊A開始移動0.5m的過程中，力F做功W，由能量守恒有

（3）撤去力F之后，AB兩物塊給木板C的摩擦力的合力為零，故在物塊AB滑離木板C之前，C仍靜止不動。

由題可知，始終有    (1分)

當(dāng)物塊B在木板C上向右滑動了0.2m，物塊A則向左滑動了0.4m，但A離木板C的左端還有d=0.6m .可見，物塊B先滑離木板C。(1分)

并且兩物體的相對位移△s=0.4m+0.2m=0.6m?0.5m（彈簧的壓縮量），彈簧儲存的彈性勢能已全部釋放，由能量守恒定律有

        … … …   3 （2分）

由123式求出物塊B滑離木板C時A物塊的速度為v_A=4m/s  … … … 4（1分）

對A：f=m_Aa_A           a_A=5m/s²     對C：f=m_ca_c           a_c=5m/s²

滑離C  s_A=V_At-a_At²/2    s_c=a_ct²/2

所以0.6= V_At-a_At²/2 -a_ct²/2     t=0.2    v_c =a_ct=5×0.2=1m/s

16．答案．(1) A物體沿斜面下滑時有

∴

m/s²　　　　　（1分）

B物體沿斜面下滑時有

∴

　　　　　　　（1分）

綜上分析可知，撤去固定A、B的外力后，物體B恰好靜止于斜面上，物體A將沿斜面向下做勻加速直線運動．                              （1分）

由運動學(xué)公式得A與B第一次碰撞前的速度     （1分）

由于AB碰撞后交換速度，故AB第一次碰后瞬時，B的速率     （1分）

(2)從AB開始運動到第一次碰撞用時                 （1分）

兩物體相碰后，A物體的速度變?yōu)榱悖�以后再做勻加速運動，而B物體將以的速度沿斜面向下做勻速直線運動．              （1分）

設(shè)再經(jīng)t₂時間相碰，則有            （1分）

解之可得t₂=0.8s               　　　　　　　（1分）

故從A開始運動到兩物體第二次相碰，共經(jīng)歷時間t=t₁+t₂=0.4+0.8=1.2s   （2分）

（3）從第2次碰撞開始，每次A物體運動到與B物體碰撞時，速度增加量均為Δv=at₂=2.5×0.8m/s=2m/s，由于碰后速度交換，因而碰后B物體的速度為：

第一次碰后： v_B1=1m/s

第二次碰后： v_B2=2m/s

第三次碰后： v_B3=3m/s

……

第n次碰后： v_Bn=nm/s

每段時間內(nèi)，B物體都做勻速直線運動，則第n次碰前所運動的距離為

 s_B=[1+2+3+……+（n-1）]×t₂= m   (n=1，2，3，…，n-1) （3分）

A物體比B物體多運動L長度，則

 s_A = L+s_B=[0.2+]m　　　　（2分）